初三竞赛培训试题7.不定方程

小学、初中、高中各科资料汇总第1页共8页有任何资料需要，请QQ联系：1030087757初三竞赛培训试题7．不定方程A卷1．若00yyxx是二元一次不定方程ax+by=c（其中（a、b）=1）的一组整数解，则ax+by=c的所有整数解为____________。2．方程6x+22y=90的非负整数解为___________。3．方程9x+24y–5z=1000的整数解为___________。4．方程组)2(100533)1(100zyxzyx的非负整数解为______________。5．方程(x–a)(x–8)–1=0有两个整数根，则a的值是___________。6．方程0652xyx的整数解为___________。7．方程xy–10(x+y)=1的整数解为_____________。8．满足xy0且xyyx7733的整数x=__________，整数y=_____________。9．不定方程8822yx的整数解是____________。10．（1）方程zxy1的质数解是__________；（2）方程azyx111（其中a是整数x、y、z互不相等）的正整数解是___________；（3）方程2009yx的整数解是____________。（4）方程625.202222dcba的整数解是____________。小学、初中、高中各科资料汇总第2页共8页有任何资料需要，请QQ联系：1030087757B卷1．不定方程22222bacba的所有整数解是____________。2．对于正整数a和b，方程babayxyx的所有正整数解是_____________。3．方程22225)36(6ncba的所有整数解是____________。4．方程组1979206222zyxzyx的所有正整数解是____________。5．方程1092478322yxyxyx的整数解是____________。6．方程0355273yxxyx的不同正整数解),,(,),,(),,(2211nnyxyxyx中nxxxx321=_____________。7．写出方程199821199821xxxxxx的一组正整数解___________。8．被11除后的商等于被除数中各数字的平方和，试写出所有这样的三位数___________。9．若1+2+3+…+k之和为一完全平方数2N，并且N小于100，则K的可能值是___________。10．两个凸多边形1P与2P边数不同，1P的每个内角为x度，2P的每个内角为kx度，其中k是大于1的整数，那么可能的数对（x、k）有______个。答案A卷1．atyybtxx00t=0,±1,±2，……2．34,015yxyx3．令9x+24y=3t，即3x+8y=t，于是3t–5z=1000。于是原方程化为)2(100053)1(83zttyx分别求出（1）（2）的所有整数解，消去t得vzvuvuyvux31000),(530001586000为整数小学、初中、高中各科资料汇总第3页共8页有任何资料需要，请QQ联系：10300877574．由（2）得x+9y+15z=300（3）由（3）-（1）得4y+7z=100。从而易知4y+7z=100的一切整数解为tzty41274将此代入（1）得x=100–(z+y)=84–3t故原方程组的整数解为tzttytx412)4)((74384为整数解不等式组04120740384ttt得374t，故t=0，1，2，3。将t的取值代入（4）得,02575,41878,81181,12484zyxzyxzyxzyx5．将原方程化为(x–a)(x–8)=1。因为原方程有整数根，所以x必为整数，故181xax或181xax解之得8911ax或8722ax∴a=86．∵x=0不是方程的解，所以原方程可化为xxy65∵x、y均为整数，所以x6应为整数，所以x只能取±1，±2，±3，±6。从而可求出y可能是±1，±7，±13，±29。故原方程的解为296,133,72,1144332211yxyxyxyx7．将原方程化为(y–10)(x–10)=101=101×1=（-101）×（-1），所以原方程可化为四个方程组,10110110,11010110,10110110,11010110yxyxyxyx解得;919;991;11111;1111144332211yxyxyxyx8．将原方程化为)(7))((22yxyxyxyx∵xy，∴x–y≠0,∴,722yxyx即,0)(,37)(22yxxyyx∴7–3xy0，则37xy∴xy=1或2。再由xy0知x=2,y=1。9．显然正整数x、y满足方程时，必有xy0。∴x+yx–y0。又x+y与x–y有相同的奇偶性，由原方程(x–y)(x+y)=88，右边为偶数，从而x+y与x–y均为偶数，又x+y，x–y是88的因数，因此有小学、初中、高中各科资料汇总第4页共8页有任何资料需要，请QQ联系：103008775742yxyx或224yxyx由此可解得2123yx或913yx10．（1）易知x=2,y=2,z=5是原方程的解，下面说明原方程仅有这一个解。若x=2时，y为奇数，设y=2m+1（m为自然数），所以zm1212，而3|)12(2m，所以z为合数，这与z是质数矛盾。若x为奇数，则),1(|2yx故2|y，所以z=2，这不可能，所以原方程仅有x=2,y=2,z=5这一组解；（2）因为x、y、z互不相等，故不妨设xyz，则x≥1，y≥1,z≥3，所以2212111111zyx，于是a=1。又因为xzyxx31111即xx311，所以1x3。故x=2。再由方程2111zy可推得yzyy2111即yy2211，故2y4。所以y=3。于是21131z，故z=6；因此，方程的正整数解为x=2,y=3,z=6。（3）因为2009=4172，而41是质数，故要求x、y，即求方程4174141ba的解（其中a,b是正整数），即a+b=7。所以可取a=2，5，1，6，3，4；与a相对应的b=5，2，6，1，4，3。于是可求得原方程的解为：,369656,656369,411476,147641,1641025,1025164665544332211yxyxyxyxyxyx（4）已知可得,25625,202a显然a5，若a≤3，则b≤2，c≤1,d≤0，从而625.20222222220123dcba故可求得b=2,c=-1,d=-3，于是可求得a=4。B卷1．首先对c进行奇偶性分析：（1）c=0时，方程化为,2222baba即1)1)(1(22ba由于12a与12b都是小学、初中、高中各科资料汇总第5页共8页有任何资料需要，请QQ联系：10300877571的约数，所以1111,11112222baba以上方程组只能解出a=b=0，于是，方程有一组解a=b=c=0。（2）c为奇数时，再对a,b进行奇偶性分析。（i）若a和b同为奇数，则222,,cba都是4k+1型，于是222cba为4k+3型，而22ba为4k+1型，等式不能成立，方程无解；（ii）若a,b同为偶数，此时方程左边=222cba为奇数，左边=22ba为偶数，方程无解；（iii）若a和b为一奇一偶，此时方程左边为4k+2型，右边为4k时，方程无解。（3）C为偶数时，仍对a和b进行奇偶性分析：（i）若a和b同为奇数，则方程左边为4k+2型，右边为奇数，方程无解；（ii）若a和b为一奇一偶，则方程左边为奇数，右边为偶数，方程无解；（iii）若a,b同为偶数，这时，方程两边均为4k型，需要再细致分析：设rcbatnm2,2,2，其中m,n,t为非负整数，r,,为奇数。则方程化为22222222222222nmtnmr当t最小时，方程两边约去t22，得tnmtntmr222222222222222显然，方程左边为奇数，右边为偶数，方程无解；当m最小时，方程两边约去m22得2222222222222nmtmnr。同样，方程左边为奇数，右边为偶数，方程无解；当n最小时，同样可得方程无解。综上讨论，方程22222bacba只有一组整数解a=0,b=0,c=0。2．已知方程可化为)(bbaxyxy则ax是y的约数，设y=uxa，则)(bbaaxyxux，)1(bbabbbbabuxxxuxu则bx是u的约数，设vxub，则有1,122bbbabbbbabvxvuxxv于是v应是1的约数，必有v=1,所以22bbabx。即x=2,ab–b+b2=1，从而b=1,a=1,y=4。于是方程仅当a=b=1时，有一组正整数解x=2，y=4。3．显然，a=b=c=n=0是方程22225)36(6ncba（1）的一组解。为求（1）的整数解，只须求出它的正整数解即可，而对于正整数解，只要求出a,b,c,n互小学、初中、高中各科资料汇总第6页共8页有任何资料需要，请QQ联系：1030087757质的解即可，为此设(a,b,c,n)=1。由方程（1）可知，6是5n2的约数，因为6与5互质，所以6是n2的约数，从而6是n的约数，进一步5n2有约数36，因此6又是6a2+3b2+c2的约数，即6是3b2+c2的约数，所以3是c2的约数，故可设n=6m,c=3d,代入（1）得2a2+b2+3d2=10m2（2）b2+3d2=10m2-2a2所以b和d具有相同的奇偶性。（1）若b和d同为奇数，考察用8除以（2）式两边所得的余数：式（2）左边被8除的余数为2+1+3=6或0+1+3+4；式（2）右边被8除的余数为0或2。此时方程（2）无解，从而方程（1）无解。（2）b和d同为偶数，由a,b,d,n互质可知，a为奇数，（2）式左边被8除的余数为2+（0或4）+（0或3）≠8，所以（2）的左边不能被8整除，从而（2）的右边10m2不能被8整除，m一定为奇数；这样可设,12,2,2,121111mmddbbaa其中a1,b1,d1,m1都是正整数，则方程（2）化为2a1(a1-1)-10m1(m1-1)-2=-(21213db)10m1(m1-1)-2a1(a1-1)+2=21213db（3）由于m1(m1-1)及a1(a1-1)为偶数，则（3）式左边为偶数，且被4除余2，而右边b1和d1不能同为偶数，否则（3）式右边能被（4）整除，（3）式不能成立，然而b1和d1同为奇偶时，（3）式右边仍能被4整除，（3）式不能成立，于是，方程（2）无解，从而方程（1）无解。综上讨论知，方程只有一组解a=b=c=m=0。4．注解到不等式)(2)(222zyzy有),1979(2)(2)206()(22222xzyxzy于是2226319782)1979(2)206(xx从而–636x–2063